問題の意味
説明
あなたは、アレイA1、A2、...、（∀i∈[1、n]は、1≤ai≤n）を与えられています。最初は、配列の各要素は、** **ユニークです。また、m個の命令があります。APOS + 10,000,000 APOSの値を変更することを示す、1（1、POS）;：各命令は、次の2つの形式のいずれかであります **任意のAI（1≤i≤r）と等しくない最小値を尋ねるとすることを示す。2.（2、R、K）、** ** kより小さくありません。フォーマット2内の命令のすべての結果を印刷してください。
入力
入力の最初の行は、テストケースの数を表す整数T（1≤T≤10）を含みます。各テストケースでは、配列Aのサイズと命令の数を表す二つの整数N（1≤n≤100,000）、最初の行におけるM（1≤m≤100,000）があります。2行目で、N配列を示す異なる整数A1、A2、...、（∀i∈[1、n]は、1≤ai≤n）があります。次のmラインのために、各ラインの形式（1、T1）又は（2、T2、T3）です。各命令のパラメータは、このような方法によって生成される：フォーマット1については、我々は=t1⊕LastAnsPOSを定義しました。形式2の手順については、我々は、R =t2⊕LastAns、K =t3⊕LastAns定義（1≤pos≤nことが約束されています）。各テストケースの最初の命令の前（⊕は、ビット単位のXOR演算を意味する。）、LastAnsは、0 .Afterフォーマット2内の各命令に等しい（1≤r≤n、1≤k≤nその約束されました）LastAnsは、その命令の結果に変更されます。（Σn≤510,000、Σm≤510,000）
分析
タイトル、二つの操作の合計、一つは、一つの最小値を求めて、k番目の桁+1000,0000（1 <= I <= r）は、AIに等しくなく、数k以上です。
この数は、配列中に存在しないかもしれないことに注意してください
異なる配列の数は、従って、AI（1 <= l <=等しくないので R）、 この数に相当することができる AIに表示される（R + 1 <= iが = Nを<）。
なぜそれが可能ですか？最初の動作は+1000,10000ので、その数はどのような場合には、第1の動作を作ることになりますが繰り返されることはありません、AI（1000,0000 51,0000より大きなすぎ）。
したがって、この問題は、我々は、一度最小数kを下回らない各AI [R + 1、N]、のために、適切な変更社長木を作ることができます。
この問題のために、そうかかわらずデジタルデエンファシス（UNIQUE）、及び離散化問題のn桁の1-Nのアレイ。
上記2例に加えて、状況があり、K = N（XOR操作がされている）場合、我々は、考慮されていませんでした、そして、その答えは、n + 1ということも可能です。
要約すると、答えは3例の合計であります：
- AI [R + 1、N]（ツリーの大統領によって解決することができる）の数
- 最初の動作は、（デジタル操作の第一セットに配置される）特定の番号を行います
- N + 1
最小のための3つの数字、
コード
#include <iostream>
#include <cstdio>
#include <set>
#include <algorithm>
int const maxn = 530000;
int const inf = 0x3f3f3f3f;
using namespace std;
int a[maxn], b[maxn];
int root[maxn << 5];//第几个版本的根节点编号
int lc[maxn << 5], rc[maxn << 5], sum[maxn << 5];
int sz;//节点个数
int n, m;
void build(int &rt, int l, int r) {
rt = ++sz;
if (l == r) return;
int mid = (l + r) >> 1;
build(lc[rt], l, mid);
build(rc[rt], mid + 1, r);
}
int update(int id, int l, int r, int pos) {
int _id = ++sz;
lc[_id] = lc[id], rc[_id] = rc[id], sum[_id] = sum[id] + 1;
if (l == r) return _id;
int mid = (r + l) >> 1;
if (pos <= mid)
lc[_id] = update(lc[id], l, mid, pos);
else
rc[_id] = update(rc[id], mid + 1, r, pos);
return _id;
}
//查询 不比k大的最小数字
int query(int p, int q, int l, int r, int k) {
if (l == r) return l;
int x1 = sum[lc[q]] - sum[lc[p]];
int x2 = sum[rc[q]] - sum[rc[p]];
int mid = (l + r) >> 1;
int ans = inf;
if (x1 > 0 && mid >= k)
ans = query(lc[p], lc[q], l, mid, k);
//这个if不能写为else，因为第一个if可能无法得到结果，返回inf
if(ans == inf && x2 > 0 && r >= k)
ans = query(rc[p], rc[q], mid + 1, r, k);
return ans;
}
int main() {
int T;
scanf("%d", &T);
while (T--) {
while (~scanf("%d %d", &n, &m)) {
sz = 0;
set<int> s;
int lastAns = 0;
for (int i = 1; i <= n; i++) {
scanf("%d", &a[i]);
b[i] = a[i];
}
sort(b + 1, b + n + 1);
build(root[0], 1, n);
for (int i = 1; i <= n; i++) {
int pos = lower_bound(b + 1, b + n + 1, a[i]) - b;
root[i] = update(root[i - 1], 1, n, pos);
}
while (m--) {
int l;
scanf("%d", &l);
if (l == 1) {
int pos = 1; // 随意初始化
scanf("%d", &pos);
pos ^= lastAns;
//cout << "pos = " << pos << endl;
s.insert(a[pos]);
}
else {
int l, k;
scanf("%d %d", &l, &k);
l ^= lastAns;
k ^= lastAns;
//cout << "l = " << l << "k = " << k << endl;
int ansPos = query(root[l - 1 + 1], root[n], 1, n, k);
lastAns = (ansPos == inf) ? inf : b[ansPos];
set<int>::iterator it = s.lower_bound(k);
//
if (it != s.end()) lastAns = min(lastAns, *it);
lastAns = min(lastAns, n + 1);
printf("%d\n", lastAns);
}
}
}
}
return 0;